La derivada de una funciĂ³n nace de formalizar la nociĂ³n de recta tangente en un valor \(x_0\) para una funciĂ³n \(f(x)\).
En el grĂ¡fico siguiente, podemos observar un ejemplo del dibujo de una funciĂ³n junto con la recta tangente en un punto \(x_0\) de su dominio.
La pendiente de la recta tangente (en rojo) vendrĂa a representar lo que denominaremos la derivada de la funciĂ³n \(f(x)\) en \(x=x_0\).
Consideremos la figura anterior.
La pendiente de una recta recordemos que se define como la tangente del Ă¡ngulo con el eje X.
Hemos dibujado una funciĂ³n \(f(x)\) que pasa por el punto \((x_0,f(x_0))\) junto con una recta secante que pasa por el punto.
Otro punto de dicha recta dado un valor \(h\) serĂa \((x_0+h,f(x_0+h))\). Intuitivamente dicha recta secante “tiende” a la tangente cuando el valor \(h\) tiende a cero.
La pendiente de la recta secante como puede observarse es la tangente del Ă¡ngulo \(\alpha\) que vale \(\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\). Entonces, la definiciĂ³n de derivada de \(f(x)\) en \(x=x_0\) es la siguiente:
Cuando, haciendo un abuso del lenguaje, se dice que la funciĂ³n \(f\) es derivable, se quiere decir que dicha funciĂ³n es derivable en todos los puntos del dominio de la misma.
Fijaos que decir que \(h\) tiende a cero es equivalente a decir que \(x\) tiende a \(x_0\).
Derivada de la funciĂ³n constante
Veamos que si la funciĂ³n \(f\) es constante en todo su dominio, \(f(x)=k\), para todo \(x\) del dominio, la derivada de \(f\) en cualquier punto del mismo es nula.
Sea \(x_0\) un punto del dominio de \(f\). La derivada de \(f\) en \(x_0\) serĂ¡: \[ f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{k-k}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0} 0 =0. \]
Derivada del monomio de grado \(n\)
Calculemos la derivada de funciĂ³n \(f\) si Ă©sta vale \(f(x)=x^n\), donde \(n\) es un valor natural mayor que \(1\) (\(n=1,2,\ldots\)):
Sea \(x_0\) un punto del dominio de \(f\). La derivada de \(f\) en \(x_0\) serĂ¡: \[ \begin{array}{rl} f'(x_0) & =\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{x^n-x_0^n}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0} \frac{(x-x_0)(x^{n-1}+x^{n-2}x_0+x^{n-3}x_0^2+\cdots+ x_0^{n-1})}{x-x_0} \\ & \displaystyle =\lim_{x\to x_0} x^{n-1}+x^{n-2}x_0+x^{n-3}x_0^2+\cdots+ x_0^{n-1} =n\cdot x_0^{n-1}. \end{array} \]
Derivada del valor absoluto
Consideremos la funciĂ³n \(f(x)=|x|\), valor absoluto de \(x\), definida en todo \(\mathbb{R}\) como: \(f(x)=\begin{cases} x, & \mbox{si } x\geq 0, \\ -x & \mbox{si }x<0. \end{cases}\)
Estudiemos la derivabilidad de \(f\) en \(x_0=0\), es decir, veamos si el lĂmite siguiente existe: \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{|x|}{x}\).
Si hacemos el lĂmite anterior por la derecha o para los valores \(x>0\), obtenemos: \[ \lim_{x\to 0^+}\frac{|x|}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{x}=\lim_{x\to 0^+}1 =1. \] En cambio, si lo hacemos por la izquierda o para los valores \(x<0\), obtenemos: \[ \lim_{x\to 0^-}\frac{|x|}{x}=\lim_{x\to 0^-}\frac{-x}{x}=\lim_{x\to 0^-} -1 =-1. \]
Derivada del valor absoluto
Como los lĂmites anteriores no coinciden, concluimos que el lĂmite \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{|x|}{x}\) no existe y por tanto, \(f\) no es derivable en \(x=0\).
GrĂ¡ficamente se observa que la funciĂ³n anterior tiene una punta en \(x=0\) y, por tanto, \(f\) no puede ser derivable en dicho punto.
Este comportamiento es el usual cuando una funciĂ³n no es derivable en un punto \(x_0\), es decir, se observa grĂ¡ficamente que en dicho punto, la funciĂ³n no tiene un comportamiento suave.
Derivada del valor absoluto
DemostraciĂ³n.
Definimos la funciĂ³n siguiente en un entorno de valor \(x_0\): \[ g(x)=\begin{cases} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}, & \mbox{si }x\neq x_0,\\ f'(x_0), & \mbox{si } x=x_0. \end{cases} \] Usando que \(f\) es derivable en \(x_0\), tenemos que la funciĂ³n \(g\) definida anteriormente serĂ¡ continua en \(x_0\) ya que: \[ \lim_{x\to x_0} g(x)=\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)=g(x_0). \] Si despejamos \(f(x)\) de la expresiĂ³n de \(g(x)\) obtenemos \(f(x)=f(x_0)+g(x)\cdot (x-x_0)\).
Veamos que \(f\) es continua en \(x_0\): \[ \lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0} f(x_0)+g(x)\cdot (x-x_0) = f(x_0)+f'(x_0)\cdot 0 = f(x_0), \] tal como querĂamos ver.
DemostraciĂ³n: \[ \begin{array}{rl} (f+g)'(x_0) & = \displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{(f+g)(x)-(f+g)(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)+g(x)-f(x_0)-g(x_0)}{x-x_0} \\ & = \displaystyle \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} + \lim_{x\to x_0}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)+g'(x_0). \end{array} \]
DemostraciĂ³n:
\[ \begin{array}{rl} (k\cdot f)'(x_0) & \displaystyle =\lim_{x\to x_0}\frac{(k\cdot f)(x)-(k\cdot f)(x_0)}{x-x_0}= \lim_{x\to x_0}\frac{k\cdot f(x)-k\cdot f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{k\cdot (f(x)-f(x_0))}{x-x_0} \\ &\displaystyle =k\lim_{x\to x_0}\frac{ f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k f'(x_0). \end{array} \]
DemostraciĂ³n: \[ \begin{array}{rl} (f\cdot g)'(x_0) & = \displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{(f\cdot g)(x)-(f\cdot g)(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)\cdot g(x)-f(x_0)\cdot g(x_0)}{x-x_0} \\ & = \displaystyle \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x_0)+f(x)\cdot g(x_0)-f(x_0)\cdot g(x_0)}{x-x_0}\\ & = \displaystyle \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)\cdot (g(x)- g(x_0))+(f(x)-f(x_0))\cdot g(x_0)}{x-x_0}\\ & = \displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)\cdot\frac{g(x)- g(x_0)}{x-x_0}+\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\cdot g(x_0)=f(x_0)\cdot g'(x_0)+f'(x_0)\cdot g(x_0). \end{array} \]
DemostraciĂ³n: \[ \begin{array}{rl} \left(\frac{f}{g}\right)'(x_0) & = \displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{\left(\frac{f}{g}\right)(x)-\left(\frac{f}{g}\right)(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x_0)}{g(x_0)}}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)\cdot g(x_0)-g(x)\cdot f(x_0)}{g(x)\cdot g(x_0)\cdot (x-x_0)} \\ & \displaystyle =\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)\cdot g(x_0)-f(x_0)\cdot g(x_0)+f(x_0)\cdot g(x_0) -g(x)\cdot f(x_0)}{g(x)\cdot g(x_0)\cdot (x-x_0)} \\ & = \displaystyle \lim_{x\to x_0}\frac{1}{g(x)\cdot g(x_0)}\cdot \left(\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\cdot g(x_0)-f(x_0)\cdot \lim_{x\to x_0} \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\right) \\ & = \displaystyle \frac{1}{g(x_0)^2}(f'(x_0)\cdot g(x_0)-f(x_0)\cdot g'(x_0)). \end{array} \]
DemostraciĂ³n:
El valor de \(g'(f(x_0))\) es: \(g'(f(x_0)) = \displaystyle\lim_{y\to f(x_0)}\frac{g(y)-g(f(x_0))}{y-f(x_0)}.\)
Para el cĂ¡lculo del lĂmite anterior, hacemos el cambio de variable siguiente: \(y=f(x)\), o \(x=g(y)\). Como \(y\) tiende a \(f(x_0)\), tendremos con la variable nueva que \(f(x)\) tiende a \(f(x_0)\) pero como \(g\) es continua en \(f(x_0)\), deducimos que \(g(f(x))=x\) tiende a \(g(f(x_0))=x_0\). En resumen, el lĂmite anterior puede escribirse como: \[ g'(f(x_0)) =\lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}=\lim_{x\to x_0}\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)} = \frac{1}{\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\frac{1}{f'(x_0)}. \]
Ejemplo: derivada de la funciĂ³n \(g(x)=\sqrt[n]{x}\).
La funciĂ³n \(g(x)=\sqrt[n]{x}\) es la inversa de la funciĂ³n \(f(x)=x^n\) ya que: \(g(f(x))=g(x^n)=\sqrt[n]{x^n}=x\).
Usando la expresiĂ³n vista anteriormente, podemos escribir que: \(g'(f(x))=g'(x^n)=\frac{1}{f'(x)}\).
En un ejemplo anterior vimos que \(f'(x)=n\cdot x^{n-1}\). Por tanto: \(g'(x^n)=\frac{1}{n\cdot x^{n-1}}\).
Sea \(y=x^n\), entonces \(x=\sqrt[n]{y}\). Por tanto, \(g'(y)=\frac{1}{n\cdot x^{n-1}}=\frac{1}{n\cdot \sqrt[n]{y^{n-1}}}\).
La derivada de la funciĂ³n \(g(x)\) en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:
Ejemplo: derivada de la funciĂ³n \(\tan x\).
La funciĂ³n \(\tan x\) estĂ¡ definida como \(\frac{\sin x}{\cos x}\).
Calculemos primero la derivada de la funciĂ³n \(\sin x\) en un valor \(x_0\): \[ \begin{array}{rl} (\sin)'(x_0) & \displaystyle =\lim_{x\to x_0}\frac{\sin x-\sin x_0}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{2\cos\left(\frac{x+x_0}{2}\right)\cdot\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0}=2\cdot \cos(x_0)\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0} \\ & \displaystyle = \cos(x_0)\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{\frac{x-x_0}{2}} = \cos(x_0), \end{array} \] usando que \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{\frac{x-x_0}{2}}=1.\) La expresiĂ³n anterior se deduce del hecho de que \(\lim\limits_{t\to 0} \frac{\sin t}{t}=1\).
Si se hace el cambio de variable \(t=\frac{x-x_0}{2}\) y teniendo en cuenta que como \(x\to x_0\), entonces \(t\to 0\), los dos lĂmites anteriores son iguales a 1.
Ejemplo: derivada de la funciĂ³n \(\tan x\).
Para calcular la derivada de la funciĂ³n \(\cos x\), usamos una tĂ©cnica similar: \[ \begin{array}{rl} (\cos)'(x_0) & \displaystyle =\lim_{x\to x_0}\frac{\cos x-\cos x_0}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{-2\sin\left(\frac{x+x_0}{2}\right)\cdot\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0}=-2\cdot \sin(x_0)\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0} \\ & \displaystyle =- \sin(x_0)\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{\frac{x-x_0}{2}} = -\sin(x_0). \end{array} \] Usamos la propiedad de la derivada del cociente, podemos hallar la derivada de la funciĂ³n \(\tan x\): \[ \begin{array}{rl} (\tan)'(x_0) & =\left(\frac{\sin}{\cos}\right)'(x_0)=\frac{\sin'(x_0)\cdot \cos(x_0)-\sin (x_0)\cdot \cos'(x_0)}{\cos^2(x_0)}=\frac{\cos(x_0)\cdot \cos(x_0)+\sin (x_0)\cdot \sin(x_0)}{\cos^2(x_0)} \\ & = \frac{\cos^2(x_0)+\sin^2(x_0)}{\cos^2(x_0)}=\frac{1}{\cos^2 (x_0)}=1+\tan^2 (x_0). \end{array} \]
La derivada de la funciĂ³n \(\tan x\) en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:
DemostraciĂ³n: \[ \begin{array}{rl} (g\circ f)'(x_0) & \displaystyle =\lim_{x\to x_0}\frac{(g\circ f)(x)-(g\circ f)(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{x-x_0} \\ & \displaystyle =\lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}\cdot \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0). \end{array} \] En el Ăºltimo cĂ¡lculo, podemos afirmar que el lĂmite \(\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}\) vale \(g'(f(x_0))\) porque como \(f\) es derivable en \(x_0\), \(f\) serĂ¡ continua en \(x_0\) y si \(x\to x_0\), entonces \(f(x)\to f(x_0)\) y el lĂmite anterior queda: \[ \lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)} =\lim_{f(x)\to f(x_0)}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}=g'(f(x_0)). \]
Ejemplo
Hallemos la derivada de la funciĂ³n \(h(x)=\arctan (x^3+x^2+1)\).
La funciĂ³n anterior es la composiciĂ³n de la funciĂ³n \(f(x)=x^3+x^2+1\) y \(g(y)=\arctan y\), es decir: \(h(x)=(g\circ f)(x)\).
La derivada de la funciĂ³n \(f(x)\) se puede calcular usando la propiedad de la suma de derivadas y la expresiĂ³n de la derivada del monomio \(x^n\): \[ (x^3+x^2+1)'=(x^3)'+(x^2)'+(1)' = 3x^2+2x+0=3x^2+2x. \]
A continuaciĂ³n, hallemos la derivada de la funciĂ³n \(g(y)=\arctan y\). Dicha funciĂ³n es la funciĂ³n inversa de la funciĂ³n \(\tan x\). Usando la expresiĂ³n de la derivada de la funciĂ³n inversa, tenemos: \[ g'(\tan x)=\frac{1}{\tan'(x)}=\frac{1}{\frac{1}{\cos^2 x}}=\cos^2 x. \]
Ejemplo
Para hallar \(g'(y)\), tenemos que escribir \(y=\tan x\), y, por tanto, \(x=\arctan y\): \[ g'(y)=\cos^2(\arctan y)=\frac{1}{1+\tan^2 (\arctan y)}=\frac{1}{1+y^2}, \] donde hemos usado la siguiente relaciĂ³n trigonomĂ©trica: \(\cos^2\alpha = \frac{1}{1+\tan^2\alpha}\).
La derivada de la funciĂ³n \(h(x)\) usando la regla de la cadena serĂ¡: \[ \begin{array}{rl} h'(x) & =(g\circ f)'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)=\frac{1}{1+f(x)^2}\cdot (3 x^2+2x)=\frac{3x^2+2x}{1+(x^3+x^2+1)^2}\\ & =\frac{3x^2+2x}{x^6+2 x^5+x^4+2 x^3+2 x^2+2}. \end{array} \]
La derivada de la funciĂ³n \(h(x)\) en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:
Si vais a tablas de derivadas y escribĂs “tablas de derivadas” en la casilla de bĂºsqueda, encontrarĂ©is un montĂ³n de tablas de derivadas para las funciones mĂ¡s usadas.
Los puntos donde \(f\) presente un mĂ¡ximo o un mĂnimo relativos o absolutos se denominan extremos relativos o absolutos de la funciĂ³n.
Ejemplo
Consideremos la funciĂ³n siguiente definida en el intervalo \((-2\pi,2\pi)\): \[ \begin{array}{rl} f:(-2\pi,2\pi) & \longrightarrow \mathbb{R},\\ x& \longrightarrow \sin(x)-\cos(x). \end{array} \] El grĂ¡fico de dicha funciĂ³n puede observase en la figura siguiente.
Vemos que tiene dos mĂ¡ximos relativos en los valores \(x=-\frac{5}{4}\pi\) y \(x=\frac{3}{4}\pi\) y dos mĂnimos relativos en los valores \(x=-\frac{\pi}{4}\) y \(x=\frac{7}{4}\pi\).
Observamos que dichos mĂ¡ximos y mĂnimos son absolutos.
El grĂ¡fico de la funciĂ³n anterior puede verse en Wolfram Alpha en el enlace siguiente:
Intuitivamente, el teorema anterior nos dice que si la funciĂ³n \(f\) tiene un comportamiento suave en el extremo \(x_0\), la recta tangente en este punto tiene que ser horizontal, es decir, su pendiente tiene que ser nula, tal como podemos observar en los extremos del ejemplo anterior.
DemostraciĂ³n
Como \(f\) es derivable en el punto \(x_0\), sabemos que existe el lĂmite siguiente \(\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\).
Decir que \(f\) es derivable en \(x_0\) es equivalente a decir que la funciĂ³n siguiente: \[ g(x)=\begin{cases} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}, & \mbox{si }x\neq x_0,\\ f'(x_0), &\mbox{si }x=x_0, \end{cases} \] es continua en \(x_0\).
Veamos a continuaciĂ³n que necesariamente \(g(x_0)=f'(x_0)=\) y quedarĂ¡ demostrado el teorema.
Supongamos que \(g(x_0)>0\). Como la funciĂ³n \(g\) es continua en \(x_0\), por el teorema de conservaciĂ³n del signo de funciones continuas, existirĂ¡ un entorno de \(x_0\), es decir, existirĂ¡ un \(\delta >0\) tal que si \(x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)\subseteq (a,b)\), \(g(x)>0\) tambiĂ©n serĂ¡ positiva para todos los valores \(x\) de dicho entorno.
DemostraciĂ³n
Es decir, para todo \(x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)\), \(g(x)=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}>0\).
Esto es equivalente a decir que el numerador y el denominador de la fracciĂ³n anterior tienen el mismo signo o, dicho en otras palabras:
Las condiciones anteriores contradicen el hecho que \(x_0\) sea un extremo ya que hemos encontrado valores en un entorno del mismo que superan \(f(x_0)\) y valores del mismo entorno que son menores que \(f(x_0)\). En conclusiĂ³n, llegamos a una contradicciĂ³n al suponer que \(g(x_0)=f'(x_0)>0\).
Ejercicio
Suponer que \(g(x_0)=f'(x_0)<0\) y ver que se llega a una contradicciĂ³n razonando de manera similar.
DemostraciĂ³n
Al no poder ser que \(f'(x_0)>\) ni \(f'(x_0)<0\), necesariamente \(f'(x_0)=0\) tal como querĂamos demostrar.
ObservaciĂ³n: el recĂproco del teorema anterior es falso. Es decir, el hecho que \(f'(x_0)\) sea 0, no implica que \(x_0\) sea un extremo relativo de la funciĂ³n.
Ejemplo
Considerar, por ejemplo, la funciĂ³n \(f(x)=x^2\cdot \sin(x)\). Si derivamos dicha funciĂ³n, obtenemos: \[ f'(x)=2x\sin(x)+x^2\cos(x). \] Vemos que \(f'(0)=0\). En cambio \(f\) no tiene ningĂºn extremo en este punto tal como se observa en el grĂ¡fico de su funciĂ³n:
Ejemplo
Ejemplo
Para ver que el 0 no es extremo relativo, es facil ver que para \(x\in (0,\pi)\), \(f(x)\geq 0\) y para \(x\in (-\pi,0)\), \(f(x)\leq 0\). Comprobémoslo para unos cuantos valores en python, para \(x=-0.2,-0.1,0.1,0.2\):
from sympy import * def f(x): return(x**2*sin(x))
Ejemplo
for x in [-0.2,-0.1,0.1,0.2]:
print('f({x})={res}'.format(x=x, res=f(x)))
## f(-0.2)=-0.00794677323180245 ## f(-0.1)=-0.000998334166468282 ## f(0.1)=0.000998334166468282 ## f(0.2)=0.00794677323180245
DemostraciĂ³n
Como \(\displaystyle f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}>0\), usando la definiciĂ³n de lĂmite tenemos que: \[ \forall \epsilon >0,\ \exists\delta >0\ \mbox{t.q. si }|x-x_0|<\delta,\mbox{ entonces }\left|f'(x_0)-\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right|< \epsilon. \]
DemostraciĂ³n
La Ăºltima condiciĂ³n se puede escribir de la siguiente manera: \[ f'(x_0)-\epsilon < \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} < f'(x_0)+\epsilon. \] Como \(f'(x_0)>0\), siempre es posible hallar un \(\epsilon >0\) tal que \(f'(x_0)-\epsilon>0\).
Para este \(\epsilon >0\), podemos encontrar un entorno de \(x_0\), es decir, un \(\delta >0\) tal que si \(x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)\), entonces: \[ 0<f'(x_0)-\epsilon < \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} < f'(x_0)+\epsilon, \] de donde deducimos que \(\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}>0\) para todo \(x\) del entorno, \(x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)\), lo que equivale a decir que \(f\) es estrictamente creciente en \(x_0\).
Ejercicio
Demostrar la proposiciĂ³n anterior usando la misma tĂ©cnica que para demostrar que si \(f'(x_0)>0\), entonces \(f\) es estrictamente creciente en \(x_0\).
Ejemplo
Consideremos la funciĂ³n siguiente de un ejemplo anterior: \(f(x)=\sin(x)-\cos(x)\).
La derivada de la funciĂ³n \(f\) vale: \(f'(x)=\cos(x)+\sin(x)\).
Dicha funciĂ³n se anula en los extremos \(x=-\frac{5}{4}\pi,-\frac{\pi}{4},\frac{3}{4}\pi\) y \(\frac{7}{4}\pi\):
def f(x):
return(cos(x)+sin(x))
for x in [-5*pi/4,-pi/4,3*pi/4,7*pi/4]:
print('f({x})={res}'.format(x=x, res=f(x)))
## f(-5*pi/4)=0 ## f(-pi/4)=0 ## f(3*pi/4)=0 ## f(7*pi/4)=0
En los puntos \(x=-\frac{3}{2}\pi\) y \(x=\frac{\pi}{2}\) la funciĂ³n es estrictamente creciente al tener derivada positiva en dichos puntos:
for x in [-3*pi/2,pi/2]:
print('f({x})={res}'.format(x=x, res=f(x)))
## f(-3*pi/2)=1 ## f(pi/2)=1
En cambio, en los puntos \(x=-\frac{\pi}{2}\) y \(\frac{3}{2}\pi\) la funciĂ³n es estrictamente decreciente al tener derivada negativa en dichos puntos:
for x in [-pi/2,3*pi/2]:
print('f({x})={res}'.format(x=x, res=f(x)))
## f(-pi/2)=-1 ## f(3*pi/2)=-1
Las proposiciones vistas hasta ahora nos estudian el comportamiento local de una funciĂ³n en un punto en tĂ©rminos de su crecimiento dependiendo del signo de la derivada de dicha funciĂ³n en dicho punto.
Vamos a ver dos resultados que estudian las propiedades globales de la funciĂ³n en todo su dominio a partir del comportamiento de la funciĂ³n derivada de dicha funciĂ³n.
El teorema de Rolle dice en pocas palabras que si una funciĂ³n derivable en todo su dominio coincide en los extremos del mismo, necesariamente ha de tener como mĂnimo un extremo. Intuitivamente, el resultado es claro ya que si suponemos por ejemplo que la funciĂ³n crece en su extremo izquierdo \(a\), como \(f(a)=f(b)\), donde \(b\) es su extremo derecho, en algĂºn momento tiene que decrecer. Por tanto, en “dicho momento”, la funciĂ³n tendrĂ¡ un extremo o un mĂ¡ximo en este caso:
El teorema del valor medio nos dice que dada una funciĂ³n derivable en todo su dominio, ha de existir un punto en el que recta tangente en dicho punto sea paralela a la recta que pasa por los extremos del dominio de la funciĂ³n.
En el grĂ¡fico siguiente la recta verde es la recta que pasa por los extremos de la funciĂ³n (en azul) y la recta roja es la recta tangente al punto \(c\) que pertenece al dominio de la funciĂ³n.
DemostraciĂ³n
Como la funciĂ³n \(f\) es continua en el intervalo cerrado \([a,b]\), deducimos que \(f\) tiene un mĂ¡ximo absoluto \(M\) y un mĂnimo absoluto \(m\).
Pueden ocurrir dos casos:
DemostraciĂ³n
Consideramos la funciĂ³n siguiente: \[ h(x)=f(x)\cdot (g(b)-g(a))-g(x)\cdot (f(b)-f(a)), \] que serĂ¡ continua en \([a,b]\) y derivable en \((a,b)\) al ser suma de productos de funciones continuas y derivables por constantes.
La idea es aplicar el teorema de Rolle a la funciĂ³n \(h(x)\). Calculemos \(h(a)\) y \(h(b)\): \[ \begin{array}{rl} h(a) & = f(a)\cdot (g(b)-g(a))-g(a)\cdot (f(b)-f(a)) = f(a)\cdot g(b)-g(a)\cdot f(b),\\ h(b) & = f(b)\cdot (g(b)-g(a))-g(b)\cdot (f(b)-f(a)) = -f(b)\cdot g(a)+g(b)\cdot f(a). \end{array} \] Se cumple, por tanto, que \(h(a)=h(b)\). Aplicando el teorema de Rolle a la funciĂ³n \(h\), tenemos que existe un punto \(c\in (a,b)\) tal que \(h'(c)=0\): \[ h'(c)=f'(c)\cdot (g(b)-g(a))-g'(c)\cdot (f(b)-f(a))=0, \] de donde deducimos lo que dice la tesis del teorema: \[ f'(c)\cdot (g(b)-g(a)) = g'(c)\cdot (f(b)-f(a)). \]
Ejercicio
Demostrar el teorema del valor medio de Lagrange.
IndicaciĂ³n: considerar \(f(x)\) la funciĂ³n del teorema, \(g(x)=x\) y aplicar el teorema del valor medio de Cauchy.
DemostraciĂ³n
Sea \(x\in (a,b]\). Veamos que \(f(x)=f(a)\) y, por tanto, \(f\) serĂ¡ constante.
Para ello, consideremos la funciĂ³n \(f\) restringida al intervalo \([a,x]\), \(f:[a,x]\longrightarrow\mathbb{R}\), que serĂ¡ continua en \([a,x]\) y derivable en \((a,x)\). Si aplicamos el teorema del valor medio de Lagrange, tenemos que existe un \(c\in (a,x)\) tal que: \[ f(x)-f(a)=f'(c)\cdot (x-a)=0, \] ya que nos dicen que \(f'(c)=0\) al ser la derivada nula en cualquier punto del intervalo \((a,b)\).
Deducimos, por tanto, que \(f(x)=f(a)\), condiciĂ³n que equivale a que la funciĂ³n \(f\) es constante.
Ejercicio
Demostrar el corolario anterior.
IndicaciĂ³n: aplicar el resultado que hemos visto antes a la funciĂ³n \(h(x)=f(x)-g(x)\).
DemostraciĂ³n
\(\Rightarrow\) Supongamos que la funciĂ³n \(f\) es creciente en \((a,b)\). Esto significa que fijado \(x_0\in (a,b)\) en el intervalo, existe un entorno de \(x_0\), es decir, existe un \(\delta >0\), tal que para todo valor \(x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)\), se verifica que \(\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\geq 0\).
Entonces, usando que \(\displaystyle f'(x_0)=\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\), tendremos que \(f'(x_0)\geq 0\), tal como querĂamos ver.
DemostraciĂ³n
\(\Leftarrow\) Supongamos ahora que \(f'(x_0)\geq 0\), para todo valor \(x_0\in (a,b)\) dentro del intervalo. Veamos que \(f\) es creciente en \(x_0\).
Sea \(x>x_0\). Si aplicamos el teorema del valor medio de Lagrange a la funciĂ³n \(f\) restringida al intervalo \([x_0,x]\) tenemos que existe un valor \(c\) tal que: \[ f'(c)=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\geq 0. \] Sea ahora \(x<x_0\). Si volvemos a aplicar el el teorema del valor medio de Lagrange a la funciĂ³n \(f\) restringida al intervalo \([x,x_0]\) tenemos que existe un valor \(c\) tal que: \[ f'(c)=\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\geq 0. \]
DemostraciĂ³n
En resumen, el cociente \(\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\geq 0\) siempre es positivo, condiciĂ³n que equivale a afirmar que \(f\) es creciente en \(x_0\).
De hecho, hubiera sido suficiente demostrar que el cociente anterior es positivo en un entorno de \(x_0\) pero hemos demostrado mĂ¡s, hemos visto que dicho cociente siempre es positivo sea cual sea el valor \(x\in (a,b)\) del intervalo.
Ejercicio
Demostrar el corolario anterior usando la misma tĂ©cnica de demostraciĂ³n para el caso en que la funciĂ³n \(f\) es creciente.
Ejemplo
Consideremos la funciĂ³n vista anteriormente \(f(x)=\sin (x)-\cos(x)\) definida en el intervalo \((-\pi,\pi)\).
Como \(f(-\pi)=1=f(\pi)\), aplicando el teorema de Rolle, sabemos que existe como mĂnimo un valor \(c\) tal que \(f'(c)=0\). De hecho, hay dos como hemos visto anteriormente: \(c=-\frac{\pi}{4}\) y \(c=\frac{3}{4}\pi\): \[ \begin{array}{rl} f'(x) & =\cos(x)+\sin(x),\\ f'\left(-\frac{\pi}{4}\right) & =\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=0,\\ f'\left(\frac{3\pi}{4}\right) & =\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right)+\sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=0. \end{array} \] Si ahora consideramos la funciĂ³n anterior pero definida en el intervalo \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\), tenemos que existe un valor \(c\) tal que: \[ f'(c)=\cos(c)+\sin(c)=\frac{f\left(\frac{\pi}{2}\right)-f\left(-\frac{\pi}{2}\right)}{\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)}=\frac{1-(-1)}{\pi}=\frac{2}{\pi}. \]
Hallemos a continuaciĂ³n el valor \(c\): \[ \begin{array}{rl} \cos(c)+\sin(c) & = \frac{2}{\pi}, \\ \cos(c) & = \frac{2}{\pi}-\sin(c), \\ \pm \sqrt{1-\sin^2(c)} & = \frac{2}{\pi}-\sin(c), \\ 1-\sin^2(c) & = \left(\frac{2}{\pi}-\sin(c)\right)^2 = \frac{4}{\pi^2}+\sin^2(c)-\frac{4}{\pi}\sin(c),\\ 2\sin^2(c)-\frac{4}{\pi}\sin(c)+\frac{4}{\pi^2}-1 & = 0,\\ \sin(c) & = \frac{\frac{4}{\pi}\pm \sqrt{\frac{16}{\pi^2}-8\cdot\left(\frac{4}{\pi^2}-1\right)}}{4},\\ \sin(c) & = \frac{\frac{4}{\pi}\pm \sqrt{8-\frac{16}{\pi^2}}}{4}=\frac{4\pm\sqrt{8\pi^2-16}}{4\pi}=\frac{2\pm\sqrt{2\pi^2-4}}{2\pi}. \end{array} \]
El valor de \(\cos(c)\) serĂ¡: \[ \begin{array}{rl} \cos(c) & =\pm\sqrt{1-\left(\frac{2\pm\sqrt{2\pi^2-4}}{2\pi}\right)^2} = \pm\sqrt{1-\frac{2\pi^2\pm 4\sqrt{2\pi^2-4}}{4\pi^2}}=\pm\sqrt{\frac{2\pi^2\mp4\sqrt{2\pi^2-4}}{4\pi^2}}\\ & =\pm\sqrt{\frac{(2\mp\sqrt{2\pi^2-4})^2}{4\pi^2}} = \pm\frac{(2\mp\sqrt{2\pi^2-4})}{2\pi}. \end{array} \] Entonces las parejas \((\sin(c),\cos(c))\) son las siguientes:
El primer caso no puede ser ya que \(\cos(c)<0\) y como estamos en el intervalo \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\), la funciĂ³n coseno es positiva.
SĂ³lo serĂ¡ soluciĂ³n el segundo caso, donde el valor de \(c\) serĂ¡ aproximadamente: -0.318.
Comprobemos usando python que el valor de \(c\) hallado es el correcto:
from numpy import *
c=arcsin((2-sqrt(2*pi**2-4))/(2*pi))
derivada_c = sin(c)+cos(c)
k=2/pi
print('El valor de c es: {c}'.format(c=c))
## El valor de c es: -0.318455713398
print('El valor de la derivada de f en c es:{x}'.format(x=derivada_c))
## El valor de la derivada de f en c es:0.636619772368
print('El valor de 2/pi es:{k}'.format(k=k))
## El valor de 2/pi es:0.636619772368
Una de las aplicaciones mĂ¡s importantes de las derivadas es su aplicaciĂ³n al cĂ¡lculo de lĂmites de funciones.
La regla de L’HĂ´pital nos permite calcular lĂmites indeterminados usando derivadas:
Si se verifican las condiciones anteriores y el lĂmite siguiente existe \(\displaystyle\lim_{x\to c}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L\) y vale \(L\) (\(L\) puede ser \(\pm\infty\)), entonces tambiĂ©n existe el lĂmite \(\displaystyle\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=L\) y vale \(L\).
DemostraciĂ³n
Sea \(\delta >0\) tal que \((c-\delta,c+\delta)\subseteq (a,b)\) en entorno de \(c\) donde se cumplen las condiciones del teorema.
Sea \(x\in (c-\delta,c+\delta)\) un valor del entorno. Podemos afirmar que en intervalo \([c,x]\) se cumplen las hipĂ³tesis del teorema del valor medio de Cauchy ya que \(f\) y \(g\) son derivables en \((c,x)\) al serlo en todo el entorno \((c-\delta,c+\delta)\) y continuas en \([c,x]\) ya que como son derivables en todo en entorno, serĂ¡n continuas y como \([c,x]\subset (c-\delta,c+\delta)\), tambiĂ©n serĂ¡n continuas en el intervalo \([c,x]\).
Usando por tanto el teorema del valor medio de Cauchy, podemos afirmar que existe un punto \(d\in (c,x)\) tal que: \[ f'(d)\cdot (g(d)-g(c))=g'(d)\cdot (f(d)-f(c)). \] Recordemos que \(f(c)=g(c)=0\), \(f'(d)\neq 0\) y \(g'(d)\neq 0\) ya que suponĂamos que las derivadas \(f'\) y \(g'\) no se anulaban en el entorno de \(c\). Usando las condiciones anteriores, podemos simplificar la expresiĂ³n anterior de la siguiente manera: \[ \frac{f'(d)}{g'(d)}=\frac{f(d)}{g(d)}. \]
Si hacemos tender \(x\to c\), como \(d\in (c,x)\), tendremos que \(d\to c\). Por tanto, \[ \lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to c}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L, \] por hipĂ³tesis.
En resumen, si existe \(\displaystyle \lim_{x\to c}\frac{f'(x)}{g'(x)}\), tambiĂ©n existe el lĂmite \(\displaystyle \lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}\) y los dos coinciden.
Ejemplo
Calculemos el valor del lĂmite siguiente \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x-x\cos x}\).
Observemos que si sustituimos por el valor \(0\), obtenemos la indeterminaciĂ³n \(\frac{0}{0}\).
Usando la regla de L’HĂ´pital, calculemos el lĂmite anterior: \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x-x\cos x} = \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1}{1-\cos x+x\sin x}=\frac{0}{0}. \] Nos vuelve a dar la indeterminaciĂ³n \(\frac{0}{0}\). Aplicando la regla de L’HĂ´pital por segunda vez, obtenemos: \[ \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1}{1-\cos x+x\sin x} =\lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{\sin x+\sin x+x\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{2\sin x+x\cos x}=\frac{0}{0}. \]
Nos vuelve a dar la indeterminaciĂ³n \(\frac{0}{0}\). Aplicando la regla de L’HĂ´pital por tercera vez, obtenemos: \[ \lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{2\sin x+x\cos x} =\lim_{x\to 0}\frac{-\cos x}{2\cos x+\cos x-x\sin x}=\frac{-1}{3}. \] El lĂmite tiene el valor \(-\frac{1}{3}\).
El lĂmite anterior en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:
¡Cuidado!
La regla de L’HĂ´pital sĂ³lo se puede aplicar en un sentido. Es decir, si existe el lĂmite \(\displaystyle \lim_{x\to c}\frac{f'(x)}{g'(x)}\), bajo las condiciones del Teorema anterior, existe el \(\displaystyle \lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}\) y son iguales; ahora bien, si no existe el lĂmite \(\displaystyle \lim_{x\to c}\frac{f'(x)}{g'(x)}\), no podemos decir nada acerca del lĂmite \(\displaystyle \lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}\). VĂ©ase el ejemplo siguiente.
Ejemplo
Consideremos el lĂmite siguiente: \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x}.\)
Si sustituimos \(x\) por \(0\) en el lĂmite anterior obtenemos el valor \(\frac{0}{0}\), pensad que \(\displaystyle\lim_{x\to 0}x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)=0\) vale \(0\) ya que es el lĂmite de una funciĂ³ que tiende a 0 (\(x^2\)) por una funciĂ³n acotada (\(\sin\left(\frac{1}{x}\right)\)).
Apliquemos pues la regla de l’HĂ´pital: \[ \begin{array}{rl} \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x} & \displaystyle =\lim_{x\to 0}\frac{2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)+x^2\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\cos\left(\frac{1}{x}\right)\right)}{\cos x}= \lim_{x\to 0}\frac{2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x} \\ & \displaystyle =\lim_{x\to 0} \frac{2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x}-\lim_{x\to 0}\frac{\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x} = 0-\lim_{x\to 0}\frac{\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x} = -\lim_{x\to 0}\frac{\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x}. \end{array} \] El lĂmite \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x}\) vale \(0\) ya que el denominador tiende a \(1\) cuando \(x\to 0\) y el numerador es el lĂmite de una funciĂ³n que tiende a \(0\) (\(2x\)) por una funciĂ³n acotada (\(\sin\left(\frac{1}{x}\right)\)).
El lĂmite anterior no existe ya que si consideramos la sucesiĂ³n \(x_n=\frac{1}{2\pi n}\longrightarrow 0\), si \(n\to\infty\), el lĂmite de la sucesiĂ³n \(\frac{\cos\left(\frac{1}{x_n}\right)}{\cos x_n}\) vale: \[ -\lim_{n\to\infty}\frac{\cos (2\pi n)}{\cos\left(\frac{1}{2\pi n}\right)}=-1. \] En cambio, si consideramos la sucesiĂ³n \(y_n =\frac{1}{\frac{\pi}{2}+2\pi n}\longrightarrow 0\), si \(n\to\infty\), el lĂmite de la sucesiĂ³n \(\frac{\cos\left(\frac{1}{y_n}\right)}{\cos y_n}\) vale: \[ -\lim_{n\to\infty}\frac{\cos \left(\frac{\pi}{2}+2\pi n\right)}{\cos\left(\frac{1}{\frac{\pi}{2}+2\pi n}\right)}=0. \]
A continuaciĂ³n estarĂamos tentados a decir que nuestro lĂmite inicial \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x}\) no existe pero esto es falso ya que: \[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x}= \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}\cdot \lim_{x\to 0} x\sin\left(\frac{1}{x}\right)=1\cdot 0=0! \] El primer lĂmite \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}\) vale \(1\) ya que vimos en su momento que \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\), por tanto, si hacemos el lĂmite de su recĂproco tambiĂ©n serĂ¡ \(1\): \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=1\).
El segundo lĂmite \(\displaystyle \lim_{x\to 0} x\sin\left(\frac{1}{x}\right)\) vale \(0\) ya que es el lĂmite de una funciĂ³n que tiende a \(0\) (\(x\)) por una funciĂ³n acotada (\(\sin\left(\frac{1}{x}\right)\)).
La idea fundamental de la fĂ³rmula de Taylor es aproximar localmente una funciĂ³n en un entorno de un valor determinado por las funciones mĂ¡s sencillas que se conocen, los polinomios.
Dicho de manera mĂ¡s explĂcita, consideremos una funciĂ³n \(f:(a,b)\longrightarrow\mathbb{R}\) que se puede derivar hasta un cierto orden, pongamos \(n+1\), para un cierto valor \(n\) natural, y sea \(x_0\in (a,b)\) un valor del interior del dominio de \(f\). Queremos hallar un polinomio \(P_n(x)\) tal que se verifique que \(f\) y \(P_n\) sean “iguales” en \(x_0\) hasta orden \(n\): \[ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^n} =0,\mbox{ para }m=0,1,\ldots,n. \]
La condiciĂ³n anterior para \(m=0\) es la siguiente: \[ \lim_{x\to x_0}f(x)-P_n(x) =0,\ \Rightarrow P_n(x_0)=f(x_0), \] es decir, la funciĂ³n y el polinomio a hallar deben coincidir en el valor \(x_0\).
La condiciĂ³n anterior para \(m=1\) es la siguiente: \[ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)} =0,\ \Rightarrow P_n'(x_0)=f'(x_0), \] es decir, la derivada de la funciĂ³n y el polinomio a hallar deben coincidir en el valor \(x_0\) ya que si aplicamos la regla de L’HĂ´pital (el lĂmite es indeterminado de la forma \(\frac{0}{0}\) ya que recordemos que \(P_n(x_0)=f(x_0)\)): \[ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)} = \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)-P_n'(x)}{(x-x_0)}=0, \] y el numerador debe ser \(0\) para \(x=x_0\) ya que en caso contrario el lĂmite anterior serĂa de la forma \(\frac{f'(x_0)-P_n'(x_0)}{0}=\infty\), al ser el numerador diferente de \(0\).
En general, la condiciĂ³n para \(m\) entre \(0\) y \(n\) es la siguiente: \[ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^m} =0,\ \Rightarrow P_n^{(m)}(x_0)=f^{(m)}(x_0), \] es decir, la derivada \(m\)-Ă©sima de la funciĂ³n y el polinomio a hallar deben coincidir en el valor \(x_0\) ya que si aplicamos la regla de L’HĂ´pital \(m\) veces (el lĂmite es indeterminado de la forma \(\frac{0}{0}\) ya que recordemos que \(P_n^{(i)}(x_0)=f^{(i)}(x_0)\) para los \(i\) anteriores desde \(0\) hasta \(m-1\)): \[ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^m} = \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)-P_n(x)}{m (x-x_0)^{m-1}}=\cdots = \lim_{x\to x_0}\frac{f^{(m)}(x)-P_n^{(m)}(x)}{m! (x-x_0)}=0, \]
y el numerador debe ser \(0\) para \(x=x_0\) ya que en caso contrario el lĂmite anterior serĂa de la forma \(\frac{f^{(m)}(x_0)-P_n^{(m)}(x_0)}{0}=\infty\), al ser el numerador diferente de \(0\).
Importante:
Las condiciones que debe verificar el polinomio \(P_n(x)\) para aproximar la funciĂ³n \(f(x)\) hasta orden \(n\) en un entorno del punto \(x_0\) son las siguientes: \[ P_n^{(m)}(x_0)=f^{(m)}(x_0),\mbox{ para }m=0,\ldots,n. \] En este caso decimos que el polinomio \(P_n(x)\) tiene en el punto \(x_0\) orden de contacto con \(f\) superior a \(n\).
Ejemplo ilustrativo
En el enlace siguiente se muestra la funciĂ³n \(f(x)=\sin x\) (en rojo) y los polinomios de grado \(1\), \(P_1(x)\) (la recta en azul discontinua), de grado \(3\), \(P_3(x)\) (la curva en azul discontinua) para \(x_0=0\). El polinomio \(P_2(x)\) coincide con el polinomio de grado \(1\) en este caso ya que el coeficiente de \(x^2\) vale \(0\) como veremos mĂ¡s adelante.
En la casilla expansion point podéis cambiar el valor \(x_0\). Intentad escribir pi/2 y pi y observad qué ocurre.
Si clicĂ¡is en la casilla More terms en la parte de arriba del grĂ¡fico verĂ©is los polinomios de grado \(5\), \(P_5(x)\) y de grado \(7\), \(P_7(x)\). Observad cĂ³mo cada vez los polinomios se aproximan mĂ¡s a la funciĂ³n \(f(x)\).
Ejemplo anterior
En el ejemplo anterior donde recordemos que \(f(x)=\sin x\), debemos elegir un punto \(x_0\) en el cual conozcamos los valores de \(\sin x_0\) y \(\cos x_0\) ya que si conocemos dichos valores, conoceremos \(f(x_0)\) y las derivadas de cualquier orden: \[ f(x_0)=\sin x_0,\ f'(x_0)=\cos x_0,\ f''(x_0)=-\sin x_0,\ f'''(x_0)=-\cos x_0,\ f^{iv}(x_0)=\sin x_0,\ldots \] Algunos valores \(x_0\) elegibles en este caso son los siguientes: \(x_0=0,\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4},\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2},\pi\) ya que conocemos el valor de \(\sin (x_0)\) y \(\cos(x_0)\) tal como se observa en la tabla siguiente:
| \(x_0\) | \(0\) | \(\frac{\pi}{6}\) | \(\frac{\pi}{4}\) | \(\frac{\pi}{3}\) | \(\frac{\pi}{2}\) | \(\pi\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(\sin(x_0)\) | \(0\) | \(\frac{1}{2}\) | \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) | \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) | \(1\) | \(0\) |
| \(\cos(x_0)\) | \(1\) | \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) | \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) | \(\frac{1}{2}\) | \(0\) | \(-1\) |
El resultado siguiente nos da una expresiĂ³n del polinomio de Taylor:
Contenido bastante técnico.
DemostraciĂ³n
Vamos a demostrar la fĂ³rmula anterior por inducciĂ³n sobre \(n\).
Para \(n=0\), \(P_0(x)=f(x_0)\), que por definiciĂ³n es el polinomio de Taylor de grado \(0\) o constante.
Suponemos cierto para \(n\), es decir suponemos que: \[ P_n(x) = f(x_0)+f'(x_0)\cdot (x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}\cdot (x-x_0)^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\cdot (x-x_0)^n. \] Hemos de demostrar que: \[ \begin{array}{rl} P_{n+1}(x) = & f(x_0)+f'(x_0)\cdot (x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}\cdot (x-x_0)^2+\cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\cdot (x-x_0)^n+\\ & +\frac{f^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!}\cdot (x-x_0)^{n+1} = P_n(x)+\frac{f^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!}\cdot (x-x_0)^{n+1}. \end{array} \]
Por hipĂ³tesis de inducciĂ³n, sabemos que: \(P_n^{(i)}(x_0)=f^{(i)}(x_0)\), para \(i=0,\ldots,n\) ya que recordemos que \(P_n(x)\) es el polinomio de Taylor de grado \(n\).
Para verificar que \(P_{n+1}(x)\) correspondiente a la expresiĂ³n anterior es el polinomio de Taylor de grado \(n+1\), hay que verificar las condiciones siguientes: \(P_{n+1}^{(i)}(x_0)=f^{(i)}(x_0)\), para \(i=0,\ldots,n+1\).
Si \(i\) estĂ¡ entre \(0\) y \(n\), tenemos que: \[ P_{n+1}^{(i)}(x)=P_{n}^{(i)}(x)+(n+1)\cdots (n+2-i)\cdot\frac{f^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!}\cdot (x-x_0)^{n+1-i}. \] Si evaluamos la expresiĂ³n anterior en \(x=x_0\), obtenemos: \[ P_{n+1}^{(i)}(x_0)=P_{n}^{(i)}(x_0)+(n+1)\cdots (n+2-i)\cdot\frac{f^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!}\cdot (x_0-x_0)^{n+1-i} = P_n^{(i)}(x_0)=f^{(i)}(x_0), \] ya que \(n+1-i>0\) por lo que el segundo sumando serĂ¡ nulo y la Ăºltima igualdad es cierta por hipĂ³tesis de inducciĂ³n.
SĂ³lo falta demostrar el caso \(i=n+1\). Si hacemos la derivada \(n+1\)-Ă©sima del polinomio \(P_{n+1}(x)\) obtenemos: \[ P_{n+1}^{(n+1)}(x)=P_n^{(n+1)}(x)+f^{(n+1)}(x_0) = f^{(n+1)}(x_0), \] ya que \(P_n^{(n+1)}(x)=0\) al ser \(P_n(x)\) un polinomio de grado \(n\) y por tanto la derivada \(n+1\)-Ă©sima del mismo serĂ¡ 0.
Concluimos por tanto que la derivada \(n+1\)-Ă©sima del polinomio \(P_{n+1}(x)\) serĂ¡ la constante \(f^{(n+1)}(x_0)\) y, en particular, se cumplirĂ¡ que \(P_{n+1}^{(n+1)}(x_0)=f^{(n+1)}(x_0)\), tal como querĂamos demostrar.
Ejemplo
Consideremos la funciĂ³n \(f(x)=\sin (x)\) y el punto \(x_0=0\). Vamos a hallar el polinomio de Taylor de grado \(n\) de \(f(x)\) en \(x_0=0\).
Lo primero que hemos de calcular a la vista de la expresiĂ³n vista en el teorema anterior que nos da la expresiĂ³n del polinomio de Taylor es el valor de la funciĂ³n en \(x_0\), \(f(x_0)\) y el valor de las derivadas de \(f\) en \(x_0\), \(f^{(m)}(x_0)\), para \(m=1,2,\ldots\)
Los valores de \(f^{(m)}(0)\) valen lo siguiente: \[ f(0)=\sin 0=0,\ f'(0)=\cos 0=1,\ f''(0)=-\sin 0=0,\ f'''(0)=-\cos 0 =-1,\ f^{(iv)}(0)=\sin 0 =0, \ldots \] A partir de los cĂ¡lculos anteriores podemos deducir que \(f^{(n)}(0)=0\), si \(n\) es par y \(f^{(n)}(0)=\pm 1\), si \(n\) es impar y valdrĂ¡ \(1\) si \(n=1,5,9,\ldots\) y \(-1\) si \(n=3,7,11,\ldots\)
Intentemos escribir el resultado anterior de forma mĂ¡s “compacta”. Decir que \(n\) es par es equivalente a decir que existe un valor \(k\) natural tal que \(n=2k\) y decir que \(n\) es impar es equivalente a decir que existe un valor \(k\) natural tal que \(n=2k+1\). Por tanto, las condiciones anteriores se pueden escribir como: \(f^{(2k)}(0)=0\), \(f^{(2k+1)}(0)=\pm 1\).
Observemos ademĂ¡s que los valores de \(n\) para los que la derivada \(n\)-Ă©sima valĂa \(1\), (\(n=1,5,9,\ldots\)) corresponde a valores de \(k\) par ya que \(1=2\cdot 0+1,\ 5=2\cdot 2+1,\ 9=2\cdot 4+1,\ldots\) y los valores de \(n\) para los que la derivada \(n\)-Ă©sima valĂa \(-1\) (\(n=3,7,11,\ldots\)) corresponde a valores de \(k\) impar ya que \(3=2\cdot 1+1,\ 7=2\cdot 3+1,\ 11=2\cdot 5+1,\ldots\)
Por tanto, la condiciĂ³n \(f^{(2k+1)}(0)=\pm 1\) puede escribirse como \(f^{(2k+1)}(0)=(-1)^k\) ya que la expresiĂ³n \((-1)^k\) da \(1\) para los \(k\) pares y \(-1\), para los \(k\) impares.
En resumen, tenemos lo siguiente: \(f^{(2k)}(0)=0\), \(f^{(2k+1)}(0)=(-1)^k\), para \(k=0,1,2,3,\ldots\)
Sea \(n\) un natural. Consideremos dos casos:
Si eliminamos los tĂ©rminos correspondientes a derivadas pares al ser nulos, nos queda la expresiĂ³n siguiente: \[ P_n(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots + \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}=\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^i x^{2i+1}}{(2i+1)!}, \] donde \(k\) es tal que \(n-1=2k+1\), o, lo que es lo mismo, \(k=\frac{n-2}{2}\).
Consideremos por ejemplo \(n=14\), en este caso \(k=\frac{14-2}{2}=6\). El polinomio de Taylor de \(f(x)=\sin x\) de grado \(14\) en \(x_0=0\) es el siguiente: \[ \begin{array}{rl} P_{14}(x) & =x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}-\frac{x^{11}}{11!}+\frac{x^{13}}{13!},\\ & = x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\frac{x^7}{5040}+\frac{x^9}{362880}-\frac{x^{11}}{39916800}+\frac{x^{13}}{6227020800}. \end{array} \]
More terms en la secciĂ³n Series expansion at x=0 os aparecerĂ¡ el polinomio de Taylor de grado 11 y si volvĂ©is a apretar, os aparecerĂ¡ el polinomio de Taylor de grado 19 que “incluye” el polinomio de Taylor de grado 14.Ejercicio
Hallar el polinomio de Taylor de grado \(n\) para la misma funciĂ³n que el ejemplo anterior en el punto \(x_0=\frac{\pi}{2}\).
En el ejemplo anterior, hemos hallado el polinomio de MacLaurin de grado \(n\) de la funciĂ³n \(f(x)=\sin x\).
Una vez conocido cĂ³mo hallar el polinomio de Taylor de una funciĂ³n \(f(x)\) en un punto \(x_0\) de su dominio, podemos usar dicho polinomio o dicha expansiĂ³n para aproximar el valor de dicha funciĂ³n \(f(x)\) para valores \(x\) cercanos a \(x_0\).
Ahora bien, si no tenemos manera de estimar o calcular alguna cota del error que estamos cometiendo, dicha aproximaciĂ³n no tiene ningĂºn sentido ya que serĂa como “ir a ciegas”, es decir, no sabemos hasta quĂ© punto el valor \(P_n(x)\) aproxima bien o no el valor de \(f(x)\).
El siguiente resultado nos da una expresiĂ³n que permite acotar el error cometido usando el polinomio de Taylor.
Esta es la expresiĂ³n mĂ¡s conocida de la expresiĂ³n del error del polinomio de Taylor de grado \(n\).
Contenido muy técnico.
DemostraciĂ³n
Sea \(x\in (a,b)\) un valor del interior del entorno de \(x_0\) donde \(f\) es \(n+1\) veces derivable. Fijado dicho valor de \(x\), se considera la funciĂ³n siguiente que depende de la variable \(t\): \[ F(t)=f(t)+\sum_{k=1}^n \frac{f^{(k)}(t)}{k!}\cdot (x-t)^k. \] Dicha funciĂ³n \(F(t)\) es continua y derivable en el intervalo \(<x_0,x>\) (recordemos que dicha expresiĂ³n vale \((x_0,x)\), si \(x>x_0\) y \((x,x_0)\) si \(x<x_0\)) ya que es suma de productos de continuas y derivables: pensad que \(f\) es derivable por hipĂ³tesis, \(f^{(k)}\) serĂ¡ derivable ya que \(k\leq n\) y por ser \(f\) derivable \(n+1\) veces por hipĂ³tesis y la funciĂ³n \((x-t)^k\) serĂ¡ derivable al ser un polinomio en \(t\).
Hallemos el valor de la derivada de \(F\), \(F'(t)\): \[ \begin{array}{rl} F'(t) = & \displaystyle f'(t)+\sum_{k=1}^n \frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}\cdot (x-t)^k -\sum_{k=1}^n k\cdot \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^{k-1} \\ = &\displaystyle f'(t)+\sum_{k=1}^n \frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}\cdot (x-t)^k -\sum_{k=1}^n \frac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t)^{k-1}\\ = & f'(t)+\frac{f''(t)}{1!}\cdot (x-t)+\frac{f'''(t)}{2!}\cdot (x-t)^2+\cdots+ \frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}\cdot (x-t)^{n-1} + \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}\cdot (x-t)^n\\ & -\left(f'(t)+\frac{f''(t)}{1!}\cdot (x-t)+\frac{f'''(t)}{2!}\cdot (x-t)^2 +\cdots + \frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}\cdot (x-t)^{n-1} \right) = \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}\cdot (x-t)^n. \end{array} \] Consideremos ahora una funciĂ³n \(G\) cualquiera continua en el intervalo \(<x_0,x>\) cerrado y diferenciable en el mismo intervalo anterior pero abierto tal que \(G'(t)\neq 0\) para todo \(t\in <x_0,x>\) y \(G(x_0)\neq G(x)\).
Si aplicamos el Teorema del valor medio de Cauchy al intervalo \(<x_0,x>\) a las funciones \(F\) y \(G\), tenemos que existe un valor \(c\in <x_0,x>\) tal que: \[ G'(c)\cdot (F(x)-F(x_0))=F'(c)\cdot (G(x)-G(x_0)). \]
El valor de \(F(x)-F(x_0)\) es precisamente el error que cometemos al aproximar \(f(x)\) por el polinomio de Taylor de grado \(n\), \(P_n(x)\) ya que: \[ F(x)-F(x_0)=f(t)-\left(f(x_0)+\sum_{k=1}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\cdot (x-x_0)^k\right)=f(x)-P_n(x). \] Usando la expresiĂ³n deducida del Teorema del valor medio de Cauchy, podemos escribir que: \[ F(x)-F(x_0)=f(x)-P_n(x)=R_n(x-x_0)=\frac{F'(c)}{G'(c)}\cdot (G(x)-G(x_0)). \] Diferentes expresiones del error se obtienen eligiendo \(G\) de una determinada forma:
Ejemplo: cĂ¡lculo aproximado de \(\sin x\)
Vamos a intentar aproximar la funciĂ³n \(f(x)=\sin x\) para un \(x\) prĂ³ximo a \(0\).
Recordemos que el polinomio de Taylor (de hecho, el de MacLaurin) de la funciĂ³n \(f(x)\) de grado \(n\) es el siguiente: \[ P_n(x)=\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^i x^{2i+1}}{(2i+1)!}, \] con \(k=\frac{n-2}{2}\), si \(n\) es par y \(k=\frac{n-1}{2}\), si \(n\) es impar.
El problema que nos planteamos es el siguiente: dado \(x\) y \(\mathrm{error}\) un error absoluto mĂ¡ximo que estamos dispuestos a cometer, calcular el valor de \(P_n(x)\) tal que \(|f(x)-P_n(x)=|\sin x-P_n(x)|\leq \mathrm{error}\).
El primer paso es calcular el valor de \(n\). Nos fijamos a partir de la expresiĂ³n de \(P_n(x)\) que si \(n\) es par el grado del polinomio de MacLaurin tiene grado \(n-1\) ya que la potencia mĂ¡s alta de \(x\), \(2k+1\) vale \(2k+1=n-1\).
Supondremos que \(n\) es par ya que tiene un término menos que si \(n\) es impar y esto es una ventaja a la hora de computar \(P_n(x)\).
El error cometido \(R_n(x)\) usando el teorema anterior vale: (usaremos la fĂ³rmula de Lagrange) \[ f(x)-P_n(x)=R_n(x)=\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}\cdot x^{n+1}. \] Dicho error se puede acotar por: \[ |f(x)-P_n(x)|=|R_n(x)|=\left|\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}\cdot x^{n+1}\right|\leq \max_{c\in <0,x>}\left|f^{n+1}(c)\right|\cdot \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}. \] Al ser \(n\) par, \(|f^{n+1}(c)|=|\cos c|\) ya que \(n+1\) es impar y recordemos que cualquier derivada impar era \(\pm \cos c\). Por tanto, podemos acotar \(\displaystyle \max_{c\in <0,x>}\left|f^{n+1}(c)\right|\) por \(1\): \(\displaystyle\max_{c\in <0,x>}\left|f^{n+1}(c)\right|\leq 1\) y la cota del error serĂ¡: \[ |f(x)-P_n(x)|=|R_n(x)|\leq \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}. \] La \(n\) buscada debe verificar: \(\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\leq \mathrm{error}\).
Como para cualquier valor de \(x\) el lĂmite \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}=0\), seguro que existe una \(n\) tal que \(\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\leq \mathrm{error}\).
La funciĂ³n siguiente nos calcula la \(n\) dado \(x\) y el error en python asegurĂ¡ndose que \(n\) es par:
import math def n(x,error): x=float(x) m=2 while(abs(x)**(m+1)/math.factorial(m+1) >=error): m=m+1 if(m % 2==1): m=m+1 return(m)
El valor de \(n\) para \(x=0.5\) con un error mĂ¡ximo permitido de \(0.0001\) serĂ¡:
n(0.5,0.0001)
## 6
El polinomio de Taylor serĂa en este caso: \[ P_6(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}. \] El valor de \(P_6(0.5)\) vale:
x=0.5 x-x**3/math.factorial(3)+x**5/math.factorial(5)
## 0.47942708333333334
Sabemos que el valor anterior evalĂºa \(\sin 0.5\) con un error menor que \(0.0001\). ComprobĂ©moslo en python:
valor_pol_taylor = x-x**3/math.factorial(3)+x**5/math.factorial(5) abs(sin(0.5)-valor_pol_taylor)
## 1.5447291303316568e-06
Ejemplo: cĂ¡lculo de \(\mathrm{e}\)
Vamos a calcular \(\mathrm{e}\) con 6 cifras decimales exactas.
Para ello vamos a calcular el polinomio de Taylor de la funciĂ³n \(f(x)=\mathrm{e}^x\) para \(x_0=0\), \(P_n(x)\) y aproximaremos \(f(1)=\mathrm{e}\) por \(P_n(1)\) cometiendo un error menor que \(0.000001\).
Para calcular el polinomio de Taylor de \(f(x)=\mathrm{e}^x\), hemos de calcular \(f^{k}(x)\) para cualquier valor \(k\) natural. En este caso, observamos que \(f^{(k)}(x)=\mathrm{e}^x\) siempre vale lo mismo. Por tanto: \[ P_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(0)}{k!}\cdot x^k = \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}, \] ya que \(f^{(k)}(0)=\mathrm{e}^0=1.\)
Seguidamente vamos a calcular el valor que \(n\) que nos asegure que el error cometido para \(x=1\) usando la expresiĂ³n anterior \(P_n(1)\) en lugar de \(f(1)=\mathrm{e}\) es menor que \(e=0.000001\).
Recordemos la expresiĂ³n de la fĂ³rmula del error: \[ |f(x)-P_n(x)|=|R_n(x)|=\left|\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}\cdot x^{n+1}\right|\leq \max_{c\in <0,x>}\left|f^{n+1}(c)\right|\cdot \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}. \] La expresiĂ³n anterior para \(x=1\) vale: \[ \begin{array}{rl} |f(1)-P_n(1)| & =|R_n(1)|=\left|\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}\cdot 1^{n+1}\right|\leq \max_{c\in (0,1)}\left|f^{n+1}(c)\right|\cdot \frac{1}{(n+1)!}=\max_{c\in (0,1)}\mathrm{e}^c\cdot \frac{1}{(n+1)!}\\ & =\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}. \end{array} \] En la Ăºltima igualdad hemos usado que la funciĂ³n \(f(x)=\mathrm{e}^x\) es creciente y por tanto \(\displaystyle\max_{c\in (0,1)}\mathrm{e}^c=\mathrm{e}^1=\mathrm{e}\).
Vemos que la cota del error depende del valor de \(\mathrm{e}\) que es precisamente el valor que queremos calcular.
No sabemos el valor exacto de \(\mathrm{e}\) pero podemos usar que es menor que \(3\): \(\mathrm{e}<3\).
La cota anterior serĂ¡, pues: \[ |f(1)-P_n(1)|=|R_n(1)|=\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}<\frac{3}{(n+1)!}. \]
La funciĂ³n siguiente nos calcula la \(n\) dado el error en python:
def ne(error): m=2 while(3./math.factorial(m+1) >=error): m=m+1 return(m)
El valor de \(n\) para un error de \(0.000001\) vale:
ne(0.000001)
## 9
El valor de \(\mathrm{e}\) con 6 cifras decimales exactas serĂ¡: \[
\mathrm{e}\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\frac{1}{6!}+\frac{1}{7!}+\frac{1}{8!}+\frac{1}{9!}.
\] Si calculamos su valor en python, obtenemos:
valor_e_aproximado =1 for i in range(1,10): valor_e_aproximado=valor_e_aproximado+1./math.factorial(i) valor_e_aproximado
## 2.7182815255731922
Comprobamos que efectivamente tiene 6 cifras decimales exactas:
math.exp(1)
## 2.718281828459045
Ejemplo: generalizaciĂ³n del binomio de Newton
Recordemos la fĂ³rmula del binomio de Newton: dados \(x,y\in\mathbb{R}\) y un natural \(N\), podemos desarrollar la potencia \((x+y)^N\) como: \[ (x+y)^N = \sum_{k=0}^N \binom{N}{k}\cdot x^k\cdot y^{N-k}. \] Sea ahora la funciĂ³n \(f(x)=(x+C)^N\), donde \(C\) es una constante cualquiera. Sea \(x_0\) un valor real. Queremos hallar el polinomio de Taylor de la funciĂ³n anterior alrededor de \(x=x_0\).
Usando la fĂ³rmula del binomio de Newton anterior, el polinomio de Taylor de \(f(x)\) de grado \(N\) alrededor del valor \(x=x_0\) es relativamente sencillo de obtener: \[ \begin{array}{rl} f(x)=(x+C)^N & \displaystyle =((x-x_0)+(C+x_0))=\sum_{k=0}^N \binom{N}{k}\cdot (x-x_0)^k\cdot (C+x_0)^{N-k}\\ & =\displaystyle \sum_{k=0}^N \binom{N}{k}\cdot (C+x_0)^{N-k}\cdot (x-x_0)^k. \end{array} \]
Observad que el desarrollo anterior no tiene error ya que la expresiĂ³n de la izquierda es un polinomio de grado \(N\). Otra manera de verlo es usar la expresiĂ³n de la fĂ³rmula del error: \[ f(x)-P_N(x)=R_N(x-x_0)=\frac{f^{N+1}(c)}{(N+1)!}\cdot (x-x_0)^{N+1}. \] Ahora bien, como \(f(x)\) es un polinomio de grado \(N\), la derivada \(N+1\)-Ă©sima en cualquier valor serĂ¡ \(0\) (\(f^{N+1}(c)=0\)) y, por tanto, \(R_N(x-x_0)=0\).
Podemos hallar en particular una expresiĂ³n para \(f^{(k)}(x_0)\): \[ \begin{array}{rl} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} & =\binom{N}{k}\cdot (C+x_0)^{N-k},\\ f^{(k)}(x_0) & =\binom{N}{k}\cdot k!\cdot (C+x_0)^{N-k} = N\cdot (N-1)\cdots (N-k+1)\cdot (C+x_0)^{N-k}. \end{array} \]
Supongamos ahora que “generalizamos” la funciĂ³n \(f\) de la forma siguiente \(f(x)=(x+C)^\alpha\), donde \(\alpha\) no tiene por quĂ© ser entero sino cualquier valor real. Sea \(x_0\) un valor real que supondremos distinto de \(-C\) para no tener problemas en caso en que \(\alpha <0\) ya que en este caso \(\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}(x+C)^\alpha = \lim_{x\to x_0} 0^\alpha =\lim_{x\to x_0}\frac{1}{0^{-\alpha}}=\frac{1}{0}=\infty\).
¿CuĂ¡l serĂa el polinomio de Taylor de grado \(n\) para dicha funciĂ³n \(f(x)\) en \(x=x_0\)?
EstarĂamos tentados de generalizar la fĂ³rmula anterior de la forma siguiente: \[ P_n(x)=\sum_{k=0}^n \binom{\alpha}{k}\cdot (C+x_0)^{\alpha -k}\cdot (x-x_0)^k, \] pero ¿quĂ© vale \(\binom{\alpha}{k}\)?. Pensad que sabemos calcular \(\binom{N}{k}\) si \(N\) es natural pero ahora “nuestra” \(N\) es \(\alpha\) y es un valor real cualquiera.
Como \(\binom{N}{k}\) se puede escribir como \(\binom{N}{k}=\frac{N\cdot (N-1)\cdots (N-k+1)}{k!}\), podrĂamos generalizar \(\binom{\alpha}{k}\) como \(\binom{\alpha}{k}=\frac{\alpha\cdot (\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)}{k!}\) y la expresiĂ³n anterior ya tendrĂa sentido.
De acuerdo, todo lo escrito hasta ahora estĂ¡ muy bien, pero ¿es cierta la fĂ³rmula anterior?
Veamos que sĂ, que la fĂ³rmula anterior es cierta.
Primero calculemos las derivadas sucesivas de \(f(x)=(x+C)^\alpha\): \[ f'(x)=\alpha\cdot (x+C)^{\alpha-1},\ f''(x)=\alpha\cdot (\alpha-1)\cdot (x+C)^{\alpha-2},\ f'''(x)=\alpha\cdot (\alpha-1)\cdot (\alpha-2)\cdot (x+C)^{\alpha-3}, \] y, en general: \[ f^{(k)}(x)=\alpha\cdot (\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)\cdot (x+C)^{\alpha-k}. \] Si evaluamos en \(x=x_0\) obtenemos: \[ f^{(k)}(x_0)=\alpha\cdot (\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)\cdot (x_0+C)^{\alpha-k}=\binom{\alpha}{k}\cdot k!\cdot (x_0+C)^{\alpha-k}. \]
El polinomio de Taylor de grado \(n\) de \(f(x)\) en \(x=x_0\) serĂ¡: \[ \begin{array}{rl} P_n(x) & \displaystyle =\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\cdot (x-x_0)^k = \sum_{k=0}^n\frac{\alpha\cdot (\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)}{k!}\cdot (x_0+C)^{\alpha-k}\cdot (x-x_0)^k \\ & \displaystyle = \sum_{k=0}^n \binom{\alpha}{k}\cdot (x_0+C)^{\alpha-k}\cdot (x-x_0)^k, \end{array} \] tal como querĂamos ver.
El error cometido serĂ¡: \[ R_n(x-x_0)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\cdot (x-x_0)^{n+1}=\binom{\alpha}{n+1}\cdot (c+C)^{\alpha-n-1}\cdot (x-x_0)^{n+1} \] donde \(c\in <x_0,x>\).
Como aplicaciĂ³n, calculemos el polinomio de Taylor de la funciĂ³n \(f(x)=\frac{1}{\sqrt{x+1}}\) para \(x_0=2\).
En este caso \(\alpha = -\frac{1}{2}\) y \(C=1\).
Los valores de \(\binom{-\frac{1}{2}}{k}\) son los siguientes: \[ \binom{-\frac{1}{2}}{k} = \frac{-\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}-1\right)\cdots \left(-\frac{1}{2}-k+1\right)}{k!}=\frac{-\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{3}{2}\right)\cdots \left(-\frac{(2k-1)}{2}\right)}{k!}=\frac{(-1)^k\cdot (2k-1)!!}{2^k\cdot k!}. \] El polinomio de Taylor de grado \(n\) para \(f(x)\) en \(x_0=2\) serĂ¡: \[ P_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k\cdot (2k-1)!!}{2^k\cdot k!}\cdot 3^{-\frac{1}{2}-k}\cdot (x-2)^k=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k\cdot (2k-1)!!}{2^k\cdot \sqrt{3^{2k+1}}\cdot k!}\cdot (x-2)^k. \] El error cometido serĂ¡: \[ R_n(x-2)=\binom{-\frac{1}{2}}{n+1}\cdot (1+c)^{-\frac{1}{2}-n-1}\cdot (x-2)^{n+1}=\frac{(-1)^{n+1}\cdot (2n+1)!!}{2^{n+1}\cdot \sqrt{(1+c)^{2n+3}}\cdot (n+1)!}\cdot (x-2)^{n+1}. \]
Si suponemos que \(x>2\), usando que \(c\in (2,x)\), y, por tanto, \(\frac{1}{1+c}\leq \frac{1}{3}\), podemos acotar el error cometido por: \[ |R_n(x-2)|\leq\frac{(2n+1)!!}{2^{n+1}\cdot \sqrt{3^{2n+3}}\cdot (n+1)!}\cdot (x-2)^{n+1}. \] Consideremos \(x=2.25\). Calculemos el valor de \(n\) para calcular \(f(2.25)\) con un error menor que \(0.000001\):
def doublefactorial(n):
if n in (0, 1):
return 1
else:
return n * doublefactorial(n-2)def calculo_n(error):
x=2.25
m=2
cota_error=(doublefactorial(2*m+1)/(2.**(m+1)*math.sqrt(3.)**(2*m+3)*
math.factorial(m+1)))*(x-2)**(m+1)
while(cota_error >= error):
m=m+1
cota_error=(doublefactorial(2*m+1)/(2.**(m+1)*math.sqrt(3.)**(2*m+3)*
math.factorial(m+1)))*(x-2)**(m+1)
return(m)
El valor del grado \(n\) del polinomio de Taylor serĂ¡:
calculo_n(0.000001)
## 4
El polinomio de Taylor serĂ¡: \[ P_4(x)=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{6 \sqrt{3}}\cdot (x-2)+\frac{1}{24\sqrt{3}}\cdot (x-2)^2-\frac{5}{432\sqrt{3}}\cdot (x-2)^3+\frac{35}{10368\sqrt{3}}\cdot (x-2)^4. \] Calculemos el valor de \(P_4(2.25)\):
coeficientes=[1.,-1./6,1./24,-5./432,35./10368] coeficientes=[(1./math.sqrt(3.))*c for c in coeficientes] x=2.25 y=x-2 potencias=[1,y,y**2,y**3,y**4] import numpy numpy.dot(potencias,coeficientes)
## 0.5547007267350142
Comprobemos que tiene efectivamente 6 cifras decimales exactas:
1/math.sqrt(2.25+1.)
## 0.5547001962252291
La proposiciĂ³n siguiente es Ăºtil si queremos hallar el polinomio de Taylor de una funciĂ³n que puede escribirse como suma, producto o cociente de funciones donde es mĂ¡s fĂ¡cil conocer su polinomio de Taylor:
Ejemplo
Como ejemplo de aplicaciĂ³n, calculemos el polinomio de Taylor grado \(n\) de la funciĂ³n \(f(x)=\frac{1}{1-x^2}\) en un punto \(x_0\) cualquiera distinto de \(\pm 1\) ya que los valores \(\pm 1\) no pertenecen al dominio de \(f(x)\). Pensad que \(\displaystyle\lim_{x\to\pm 1}f(x)=\lim_{x\to\pm 1}\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{0}=\infty\).
Podemos descomponer la funciĂ³n \(f(x)\) de la forma siguiente: \[ \frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}\right). \] Para calcular los polinomios de Taylor de las funciones \(f_1(x)=\frac{1}{1-x}\) y \(f_2(x)=\frac{1}{1+x}\) en un punto cualquiera \(x_0\), a los que llamaremos \(P_{1,n}(x)\) y \(P_{2,n}(x)\), respectivamente, podemos usar la tĂ©cnica vista en el ejemplo anterior donde generalizĂ¡bamos la fĂ³rmula de Newton.
Escribimos \(f_1(x)\) de la forma siguiente: \(f_1(x)=-\frac{1}{x-1}\). Entonces el valor de \(\alpha\) vale \(\alpha=-1\) y \(C=-1\). El polinomio \(P_{1,n}(x)\) serĂ¡ el siguiente: \[ P_{1,n}(x)=-\sum_{k=0}^n\binom{-1}{k}\cdot (x_0-1)^{-1-k}\cdot (x-x_0)^k. \] Calculemos el valor de \(\binom{-1}{k}\): \[ \binom{-1}{k}=\frac{(-1)\cdot (-2)\cdots (-1-k+1)}{k!}=\frac{(-1)^k\cdot k!}{k!}=(-1)^k. \] El valor del polinomio \(P_{1,n}(x)\) serĂ¡ el siguiente: \[ P_{1,n}(x)=-\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{(x_0-1)^{k+1}}\cdot (x-x_0)^k. \]
Usando el mismo razonamiento anterior, podemos obtener el polinomio \(P_{2,n}(x)\) donde \(\alpha =-1\) y \(C=1\): \[ P_{2,n}(x)=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{(x_0+1)^{k+1}}\cdot (x-x_0)^k. \] Usando que \(f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}\right)\), el polinomio de Taylor de la funciĂ³n \(f(x)\) en \(x_0\) de grado \(n\) serĂ¡: \[ P_n(x)=\frac{1}{2}\left(P_{1,n}(x)+P_{2,n}(x)\right)=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^n (-1)^k\left(\frac{1}{(x_0+1)^{k+1}}-\frac{1}{(x_0-1)^{k+1}}\right)\cdot (x-x_0)^k. \]
En el enlace siguiente se muestra el desarrollo de Taylor de la funciĂ³n \(f(x)=\frac{1}{1-x^2}\) hasta orden \(5\), es decir, hasta el polinomio de grado \(5\), \(P_5(x)\). Si apretĂ¡is el botĂ³n
More terms en la secciĂ³n Series expansion at x=x0, Mathematica os calcularĂ¡ mĂ¡s tĂ©rminos del desarrollo de Taylor o aumentarĂ¡ el grado del polinomio. Comparad los valores que da el Mathematica con la soluciĂ³n obtenida. En la secciĂ³n Series representation at x = x0 da una expresiĂ³n muy parecida a la obtenida.
Dada una funciĂ³n real de variable real \(f\), en esta secciĂ³n vamos a estudiar cĂ³mo podemos representarla grĂ¡ficamente estudiando un conjunto de caracterĂsticas de la mismas donde la mayorĂa de ellas estĂ¡n basadas en la funciĂ³n derivada.
Antes de realizar dicho estudio necesitamos:
El teorema siguiente nos dice cuĂ¡ndo una funciĂ³n es creciente o decreciente y nos da condiciones para los extremos a partir de condiciones que tienen que verificar derivadas de orden superior de la funciĂ³n:
DemostraciĂ³n
Consideremos la expresiĂ³n del polinomio de Taylor de grado \(2n+1\) en \(x_0\) junto con la expresiĂ³n del resto de Lagrange: \[ f(x)=\sum_{k=0}^{2n+1}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\cdot (x-x_0)^k + R_{2n+1}(x-x_0). \] Teniendo en cuenta que \(f'(x_0)=f''(x_0)=\cdots = f^{2n}(x_0)=0\), la expresiĂ³n anterior queda de la forma siguiente al ser \(0\) los sumandos para \(k=1,2,\ldots,2n\): \[ f(x)=f(x_0)+\frac{f^{(2n+1)}(x_0)}{(2n+1)!}\cdot (x-x_0)^{2n+1} + R_{2n+1}(x-x_0). \] Por tanto: \[ \frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n+1}}=\frac{f^{(2n+1)}(x_0)}{(2n+1)!} +\frac{R_{2n+1}(x-x_0)}{(x-x_0)^{2n+1}}. \]
Como \(R_{2n+1}(x-x_0)=\frac{f^{(2n+2)}(c)}{(2n+2)!}\cdot (x-x_0)^{2n+2}\), con \(c\in <x,x_0>\), se verificarĂ¡ que: \[ \lim_{x\to x_0}\frac{R_{2n+1}(x-x_0)}{(x-x_0)^{2n+1}}=\lim_{x\to x_0}\frac{f^{(2n+2)}(c)}{(2n+2)!}\cdot (x-x_0)=0. \] La condiciĂ³n anterior nos dice que el tĂ©rmino dominante en la expresiĂ³n de \(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n+1}}\) es el primero, \(\frac{f^{(2n+1)}(x_0)}{(2n+1)!}\), ya que el segundo, \(\frac{R_{2n+1}(x-x_0)}{(x-x_0)^{2n+1}}\), tiende a cero. Por tanto, para \(x\) suficientemente prĂ³ximo a \(x_0\), \[ \mathrm{signo}\left(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n+1}}\right)=\mathrm{signo}\left(\frac{f^{(2n+1)}(x_0)}{(2n+1)!}\right). \] Probemos a continuaciĂ³n las tesis de la primera parte del teorema:
supongamos que \(f^{(2n+1)}(x_0)>0\). En este caso, como \(\mathrm{signo}\left(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n+1}}\right)=\mathrm{signo}\left(\frac{f^{(2n+1)}(x_0)}{(2n+1)!}\right)\), tendremos que \(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n+1}} > 0\), y, como consecuencia \(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)} > 0\) (ya que \(2n+1\) es impar y el signo de \((x-x_0)^{2n+1}\) y \(x-x_0\) es el mismo), condiciĂ³n que equivale a decir que \(f\) es creciente en \(x_0\).
Para la demostraciĂ³n de la segunda parte, consideremos la expresiĂ³n del polinomio de Taylor de grado \(2n\) en \(x_0\) junto con la expresiĂ³n del resto de Lagrange: \[ f(x)=\sum_{k=0}^{2n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\cdot (x-x_0)^k + R_{2n}(x-x_0). \] Teniendo en cuenta que \(f'(x_0)=f''(x_0)=\cdots = f^{2n-1}(x_0)=0\), la expresiĂ³n anterior queda de la forma siguiente al ser \(0\) los sumandos para \(k=1,2,\ldots,2n-1\): \[ f(x)=f(x_0)+\frac{f^{(2n)}(x_0)}{(2n)!}\cdot (x-x_0)^{2n} + R_{2n}(x-x_0). \] Por tanto: \[ \frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n}}=\frac{f^{(2n)}(x_0)}{(2n)!} +\frac{R_{2n}(x-x_0)}{(x-x_0)^{2n}}. \]
Como \(R_{2n}(x-x_0)=\frac{f^{(2n+1)}(c)}{(2n+1)!}\cdot (x-x_0)^{2n+1}\), con \(c\in <x,x_0>\), se verificarĂ¡ que: \[ \lim_{x\to x_0}\frac{R_{2n}(x-x_0)}{(x-x_0)^{2n}}=\lim_{x\to x_0}\frac{f^{(2n+1)}(c)}{(2n+1)!}\cdot (x-x_0)=0. \] La condiciĂ³n anterior nos dice que el tĂ©rmino dominante en la expresiĂ³n de \(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n}}\) es el primero, \(\frac{f^{(2n)}(x_0)}{(2n)!}\), ya que el segundo, \(\frac{R_{2n}(x-x_0)}{(x-x_0)^{2n}}\), tiende a cero. Por tanto, para \(x\) suficientemente prĂ³ximo a \(x_0\), \[ \mathrm{signo}\left(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n}}\right)=\mathrm{signo}\left(\frac{f^{(2n)}(x_0)}{(2n)!}\right). \]
Probemos a continuaciĂ³n las tesis de la segunda parte del teorema:
si \(f^{(2n)}(x_0)>0\), como \(\mathrm{signo}\left(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n}}\right)=\mathrm{signo}\left(\frac{f^{(2n)}(x_0)}{(2n)!}\right)\), tendremos que \(\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^{2n}} > 0\), y, como consecuencia \(f(x)-f(x_0) > 0\) (ya que \(2n\) es par y el signo de \((x-x_0)^{2n}\) siempre es positivo), condiciĂ³n que equivale a decir que \(f\) tiene un mĂnimo en \(x_0\).
Diremos que \(f\) es estrictamente convexa o estrictamente cĂ³ncava si las desigualdades anteriores son estrictas.
GrĂ¡ficamente una funciĂ³n es convexa cuando dados dos valores cualesquiera \(x_1<x_2\) dentro del dominio de la funciĂ³n, el trozo de la grĂ¡fica de la funciĂ³n entre \(x_1\) y \(x_2\) estĂ¡ por debajo de la recta que une los puntos \((x_1,f(x_1))\) y \((x_2,f(x_2))\).
Ver la figura siguiente.
MatemĂ¡ticamente, la condiciĂ³n anterior es equivalente a decir que para todo punto \(x\) del intervalo \([x_1,x_2]\), \(f(x)\leq \mathrm{imagen\ de\ }x\ \mathrm{por\ la\ recta\ que\ une\ los\ puntos\ }(x_1,f(x_1))\ \mathrm{e}\ (x_2,f(x_2)).\)
La ecuaciĂ³n de la recta que une los puntos \((x_1,f(x_1))\) e \((x_2,f(x_2))\) es la siguiente: \[ y=f(x_1)+\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\cdot (x-x_1). \]
Entonces decir que \(f(x)\leq \mathrm{imagen\ de\ }x\ \mathrm{por\ la\ recta\ que\ une\ los\ puntos\ }(x_1,f(x_1))\ \mathrm{e}\ (x_2,f(x_2))\) equivale a la expresiĂ³n siguiente: \[ f(x)\leq f(x_1)+\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\cdot (x-x_1). \] Los puntos \(x\) que estĂ¡n en el intervalo \([x_1,x_2]\) se pueden escribir como \(t\cdot x_1+(1-t)\cdot x_2\) variando \(t\) en el intervalo \([0,1]\). Por ejemplo, para \(t=0\), obtenemos el extremo izquierdo \(x_1\), para \(t=1\), el extremo derecho \(x_2\) y para \(t=\frac{1}{2}\), el punto medio entre los dos valores \(\frac{x_1+x_2}{2}\).
La condiciĂ³n de concavidad serĂa la siguiente: dados \(x_1< x_2\) y \(t\in [0,1]\) se verifica: \[ \begin{array}{rl} f(t\cdot x_1+(1-t)\cdot x_2) & \leq f(x_1)+\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\cdot (t\cdot x_1+(1-t)\cdot x_2-x_1)\\ f(t\cdot x_1+(1-t)\cdot x_2) & \leq f(x_1)+\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\cdot (1-t)\cdot (x_2-x_1)\\ f(t\cdot x_1+(1-t)\cdot x_2) & \leq f(x_1)+(f(x_2)-f(x_1))\cdot (1-t) \\ f(t\cdot x_1+(1-t)\cdot x_2) & \leq t\cdot f(x_1)+(1-t)\cdot f(x_2). \end{array} \] La Ăºltima desigualdad es la condiciĂ³n que tenemos en la definiciĂ³n de convexidad.
La concavidad se razona de la misma manera, sĂ³lo se tiene que tener en cuenta que ahora dados dos valores cualesquiera \(x_1<x_2\) dentro del dominio de la funciĂ³n, el trozo de la grĂ¡fica de la funciĂ³n entre \(x_1\) y \(x_2\) estĂ¡ por encima de la recta que une los puntos \((x_1,f(x_1))\) y \((x_2,f(x_2))\).
Ver la figura siguiente.
Un punto de inflexiĂ³n de una funciĂ³n es un punto donde a la izquierda del mismo la funciĂ³n tiene un tipo de convexidad (cĂ³ncava o convexa) y a la derecha, otro tipo de convexidad. Es decir, se pasa de cĂ³ncava a convexa o de convexa a cĂ³ncava:
Ver la figura siguiente.
El siguiente resultado caracteriza la concavidad y la convexidad de una funciĂ³n a partir de sus derivadas:
Es decir que si una funciĂ³n es convexa, \(f'\) es creciente y si es cĂ³ncava, \(f'\) es decreciente.
En el grĂ¡fico siguiente se muestran en verde un conjunto de rectas tangentes a una funciĂ³n convexa en rojo. FijĂ¡os que a medida que la variable \(x\) aumenta, la pendiente de las rectas tangentes, es decir, la derivada va aumentando. Es decir, las rectas tangentes cada vez estĂ¡n “mĂ¡s verticales”. Se empieza con rectas tangentes de pendiente negativa, se llega a la recta tangente de pendiente cero (el mĂnimo) y se acaba con rectas tangentes de pendiente positiva.